05正、余弦定理在几何中的应用（几何图形中的计算）-【三角函数与解三角形专题】2024届高考数学重要

这是一份05正、余弦定理在几何中的应用（几何图形中的计算）-【三角函数与解三角形专题】2024届高考数学重要，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．某园区有一块三角形空地（如图），其中，，，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．如图是某所大学数学爱好者协会的会标，其内部是一个边长为的正五边形，外面一圈是五个全等的四边形.其中.则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
3．英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点仍在一个圆上，这个圆被称为康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（ ）
A．B．C．D．
4．我国的古代医学著作《神农本草经》中最早记录了蜜蜂蜂巢的药用功效.蜜蜂的蜂巢是由数千个蜂房组成的，如图是一个蜂房的结构示意图，它的几何结构是正六棱柱形，其一端是正六边形开口，另一端则由三个全等的菱形组成.经过测量，某蜂巢一个蜂房的正六边形的边长约为，菱形边长约为，则该菱形较小角的余弦值约为（ ）(参考数据：，)
A．0.333B．0.4C．0.5D．0.667
5．在中，，，，动点在所在平面内且.给出下列三个结论：①的面积有最大值，且最大值为；②线段的长度只有最小值､无最大值，且最小值为；③动点的轨迹的长度为.其中正确结论的个数为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，平面四边形A､B､C､D，己知，，，，则A､B两点的距离是（ ）

A．B．C．D．
7．在等腰梯形中，，，AC交BD于O点，沿着直线BD翻折成，所成二面角的大小为，则下列选项中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
8．“黄金三角形”是几何历史上的瑰宝，它有两种类型，其中一种是顶角为36°的等腰三角形，暂且称为“黄金三角形A”．如图所示，已知五角星是由5个“黄金三角形A”与1个正五边形组成，其中，则阴影部分面积与五角形面积的比值为（ ）．
A．B．C．D．
9．托勒密是古希腊天文学家､地理学家､数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，是外一点，若，，，，，则（ ）
A．B．4C．D．8
二、多选题
11．如图，已知，M，N分别为两边上的点，，过M，N做圆弧，Q为的中点，且，则线段AQ长度的可能值为（ ）

A．2B．C．5D．
12．东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图 1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则（ ）

A．这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B．若，则
C．若，则
D．若，则三角形的面积是三角形面积的19倍
13．如图，已知的内接四边形中，，，，下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积为B．该外接圆的半径为
C．D．过作交于点，则
14．在学习了解三角形的知识后，为了锻炼实践能力，某同学搞了一次实地测量活动他位于河东岸，在靠近河岸不远处有一小湖，他于点处测得河对岸点位于点的南偏西的方向上，由于受到地势的限制，他又选了点，，，使点，，共线，点位于点的正西方向上，点位于点的正东方向上，测得，，，，并经过计算得到如下数据，则其中正确的是（ ）
A．B．的面积为
C．D．点在点的北偏西方向上
三、填空题
15．在中，，M是的中点，，则 ， .
16．湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园．已知，，，，千米，则 千米．
17．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则 ；若，则的值为 .
18．2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径，外接圆半径.现有边长均为1的双圆四边形，则 .
19．在一个三角形中，到三个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点，经证明它也满足，因此费马点也称为三角形的等角中心，如图，在外作等边，再作的外接圆，则外接圆与线段的交点即为费马点.若，则 .
20．某地经济开发区有，，，，五个重点建设区块，在区块，之间有一个以的中点为圆心､直径为的圆形湖泊，其位置关系和部分间隔距离如图所示.则区块到区块的直线距离为 ；若修建一条连接区块，的陆上道路，则该道路的最短长度为 .
21．魏晋南北朝(公元)时期，中国数学在测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测量学达到登峰造极的地步，超越西方约一千年，关于重差术的注文在唐代成书，因其第一题为测量海岛的高度和距离(图1)，故题为《海岛算经》受此题启发，小清同学依照此法测量奥林匹克公园奥林匹克塔的高度和距离(示意图如图2所示)，录得以下是数据(单位：米)：前表却行，表高，后表却行，表间.则塔高 米，前表去塔远近 米.
22．如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区为半径是200米，圆心角是120°的扇形.为南门位置，为东门位置，小区里有一条平行于的小路，若米，则圆弧的长为 米
四、解答题
23．下图是小明复习全等三角形时遇到的一个问题并引发的思考，请帮助小明完成以下学习任务．
如图，OC平分，点P在OC上，M、N分别是、OB上的点，，求证：．
小明的思考：要证明，只需证明即可．
证法：如图①：∵OC平分，∴，
又∵，，∴，
∴；
请仔细阅读并完成以下任务：
(1)小明得出的依据是______（填序号）．
①SSS ②SAS ③AAS ④ASA ⑤HL
(2)如图②，在四边形ABCD中，，的平分线和的平分线交于CD边上点P，求证：．
(3)在（2）的条件下，如图③，若，，当△PBC有一个内角是45°时，的面积是______．
24．如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且，.
(1)求BC；
(2)求△ADE的面积.
25．第十届中国花博会于2021年5月21日在崇明举办，其标志建筑——世纪馆以“蝶恋花”为设计理念，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板只有250毫米，相当于一张2米长的桌子，其桌面板的厚度不到2毫米.
图1为馆建成后的世纪馆图：图2是建设中的世纪馆；图3是场馆的简化图.
如（图3）是由两个半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，，其中米；圆心距米：半径米：椭圆中心与圆心的距离米，、为直线与半圆的交点，.
（1）设，计算的值；
（2）计算的大小（精确到1°）.
参考答案：
1．B
【分析】根据可知为一个圆上的动点，当圆心、点P、点C共线（点P在中间位置）时取得最小值，再用余弦定理求解即可.
【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上，
圆的半径为，
由圆周角的性质可得，，，
连接，可得，
所以当为与圆的交点时，取最小值，即，
又，在中，，，，
根据余弦定理可知，
所以的最小值为.
故选：B
2．C
【分析】分别在、中，利用正弦定理求，结合题中数据运算求解.
【详解】如图，取内部正五边形靠近点的顶点，连接，
在中，可得，
由正弦定理可得，所以，
连接，易知，
在中，由正弦定理可知，即，
所以四边形的周长，
因为，，
所以，，即，，
所以周长.
故选：C.
3．C
【分析】由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可得圆的半径，进一步可求其面积.
【详解】康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，
所以其康威圆半径为，故面积为．
故选:C.
4．A
【分析】选择一个菱形，解出一个角的余弦值就可以得到答案.
【详解】如图所示：
且，
在中，，，
∴，
∵，
在中，，
所以菱形较小角的余弦值为0.333.
故选：A.
5．C
【分析】先根据余弦定理求出，然后在中，根据正弦定理求出外接圆的半径，进而得到点的轨迹，最后数形结合逐个分析三个结论即可得解.
【详解】在中，，解得：，
在中，由正弦定理得：，的外接圆半径为，
作出的外接圆圆(此时点在内部)，圆(此时点在外部)，
则动点的轨迹为圆和圆上的劣弧(不包括点).
设为线段的中点，连接，则，
当点在或的位置时，的面积最大，
则，①正确；
由图可知，线段的长度既有最大值，又有最小值，且最大值为，最小值为，②错误；
动点的轨迹的长度是圆上劣弧长度的倍，
则动点的轨迹的长度为，③正确；
故正确结论的个数为.
故选：C.
【点睛】易错点睛：本题的易错点是忽略点在外的情况，导致动点的轨迹不完整.
6．B
【分析】利用正余弦定理计算即可.
【详解】由题意可知在中，有，，
，所以，
由正弦定理可得，
而，
故，
又，
在中，，
由正弦定理可得，
在中，
由余弦定理可得.
故选：B
7．C
【分析】由翻折中的边角变化，利用图形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判断.
【详解】等腰梯形中，，,可知：
取中点,中点连接,则，,所以为 二面角的平面角，即
设，则
,
,
因为在上余弦函数单调递减，又 ，故A对.
当时, 与重合,此时,故C不对.
在翻折的过程中，角度从减少到
在翻折的过程中，角度从减少到
BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确..
故选:C
8．B
【分析】在三角形中，由值，可得，即，设的面积为x，由此可知和的面积均为，的面积为x，由此即可求出结果.
【详解】如图所示，
依题意，在三角形中，，故；
所以，
设的面积为x，则面积为，同理的面积为，
的面积为x，
则阴影部分面积与五角形面积的比值为.
故选：B．
9．D
【分析】由托勒密定理可得，由可求出.
【详解】由题，设，
由托勒密定理可得，所以，
又因为，，
所以
.
故选：D.
10．C
【分析】由得，在中结合正余弦定理求解即可．
【详解】由得．在中，由余弦定理得，
所以，则．因为，所以．在中，，
所以由正弦定理得，
故选：C．
【点睛】方法点睛：用正、余弦定理解决平面多边形问题时，应把多边形分割为多个三角形，通过各个三角形之间的关系解决问题．
11．BCD
【详解】设，则．
在中，由正弦定理知，所以．
因为Q为的中点，所以，所以．
在中，．
由余弦定理可得
．
显然，所以，所以．
故选：BCD．
12．BCD
【分析】根据三个全等的钝角三角形及一个小等边三角形DEF，应用正弦定理及余弦定理分别判断各个选项即可.
【详解】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则，
从而三点重合，不合题意，故A错误；
在中,不妨设，
由余弦定理，
解得，,故B正确；
在中，，而，
所以，
，
由正弦定理得，解得，
又因为，所以，故C正确；
若,设
在中, ，
，
所以,故D正确.
故选:BCD.
13．BCD
【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.
【详解】对于A，连接，在中，，，
由于，所以，故，
解得，
所以，，所以，
故，
，
故四边形的面积为，故A错误；
对于B，设外接圆半径为，则，
故该外接圆的直径为，半径为，故B正确；
对于C，连接，过点O作OG⊥CD于点F，过点B作BE⊥CD于点E，则由垂径定理得：，
由于，所以，即，
解得，所以，所以，且，
所以，即在向量上的投影长为1，且与反向，
故，故C正确；
对于D，由C选项可知：，故，且，
因为，由对称性可知：DO为∠ADC的平分线，故，
由A选项可知：，显然为锐角，
故，，
所以
，
所以，故D正确.
故选：BCD
14．AC
【分析】利用正余弦定理解三角形逐一求解即可；
对于，先求出，，，再根据，，即可判断；
对于，根据三角形的面积公式求解即可，即可判断；
对于，在中，由正弦定理，即可判断；
对于，过点作于点，易知，即可判断．
【详解】对于，因为，点位于点的南偏西的方向上，
所以，，，
又，，，，
在，中，，，所以，故A正确；
对于，的面积为，故B错误；
对于，在中，由正弦定理，得，解得，故C正确；
对于，过点作于点，易知，所以，故D错误，
故选：．
15．
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
16．
【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.
【详解】在三角形中由正弦定理得，
所以，
即，
所以，
所以，
又，，所以为等腰直角三角形，所以，
在中由余弦定理得
，
所以.
故答案为：.
17． /5.75
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
18．
【分析】直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.
【详解】由题意知：，故，，，故.
故答案为：.
19．
【分析】由费马点的性质及的边角关系，证得，从而有，然后在中，由余弦定理求得的长，从而求得结果.
【详解】根据费马点的性质有，
则，又，
故，，即
所以，从而有
则，
则，
在中，由余弦定理知，
，
解得，
则，
故答案为：
20．
【分析】连接，求得，推得三角形为直角三角形，求得，再在三角形中，运用正弦定理，可得的长；设的中点为，分别过，向圆形湖泊作切线，切点分别为，，求得切线长，，弧的长，可得所求最短距离.
【详解】解：连接，由为等腰三角形，可得，
则，
在直角三角形中，可得，即，
在三角形中，，，，，
所以；
设的中点为､圆形湖泊的半径为，
分别过，向圆形湖泊作切线，切点分别为，，
最短路线的长度为直线段，的长度与劣弧的长度之和，
可得，
可得，可得弧的长度为，
所以连接区块，的陆上道路的最短长度为.
故答案为：，.
【点睛】本题考查三角形的正弦定理和勾股定理､圆的切线长和弧长的求法，考查方程思想和运算能力.
21． 246 122
【分析】根据相似三角形的性质计算可得；
【详解】解：依题意可得，，所以，
又，，所以，解得，所以
故答案为：；；
22．
【分析】连结，由，可得，，在△中，由正弦定理可得，，可求出，进而可求出，进而根据圆弧所对应的圆心角及半径，可求出圆弧的长度.
【详解】连结，因为，所以，.
在△中，由正弦定理可得，，即，解得，
因为，且，所以，
所以.
故答案为：.
23．(1)②
(2)证明见解析
(3)8或
【分析】（1）根据三角形全等的条件，结合，即可求解；
（2）在AB上截取，连接PE，证得，得到，，进而证得，即可求解；
（3）如图②：由（1）可证，，得到，进而得到，结合勾股定理，即可求解；
如图③，延长AP，BC交于点H，证得，得到，即可求解；
如图④，过点C 作 于N，于M，得到，结合，即可求解；
如图⑤，过点P作于F，得到，结合.
【详解】（1）解：因为OC平分，所以，
又因为，，所以，
所以的依据是SAS.
（2）解：如图②，在AB上截取，连接PE，
因为AP平分，所以，
又因为，，所以，所以，，
因为，，所以，
因为平分，所以，
又因为，所以，所以，，
所以.
（3）解：8或．
由（1）可证，，
∵，∴，∴，
∴，
∵的平分线和的平分线交于CD边上点P，
∴，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
∵，∴，，
如图③，延长AP，BC交于点H，
∵，∴，∴，∴，
又∵PB平分，∴，，
∵，，，∴，
∴，，，
若时，，∴（不合题意舍去），
若时，则，
如图④，过点C 作 于N，于M，∴，
∵，∴，
∴；
若时，
如图⑤，过点P作于F，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，，
∵，，∴，∴，∴，
∴.
故答案为：8或．
24．(1)
(2)
【分析】（1）由图可知，结合旋转性质可得→△ACE为正三角形→，接下来可采用两种解法：
解法一：设，对采用余弦定理即可求解；
解法二：对由正弦定理先求出，结合第三角公式得，再由正弦公式求出；
（2）解法一：由（1）对采用余弦定理求得，进而求出，再结合两角差正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解；
解法二：由（1）结合同角三角函数求出，由两角差的正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解；
【详解】（1）解法一：
（1）由题意可得，，
所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，设，
则由余弦定理可得，
即，
整理得，得（负值舍去），所以；
解法二：
（1）由题意可得，，
所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，由正弦定理得：，所以，易得，
所以，
在△ABC中，由正弦定理得，即，得；
（2）解法一：
（2）在△ABC中，由余弦定理可得：，
所以， 所以.
在△ADE中，，，
所以△ADE的面积.
解法二：
（2）由（1）知，易得， 所以，在△ADE中，，，
所以△ADE的面积.
25．（1）；（2）.
【分析】（1）由为等腰梯形中位线，根据对称性易知，进而可求.
（2）结合（1）可得的大小，由正弦定理有，即可求，在△中即可求.
【详解】（1）由为等腰梯形中位线，
∴根据对称性有，
∴.
（2）由，由（1）知，则.
∴在△中，由正弦定理，即，则，
∴结合（1）可得：，
∴.